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    精英家教網> 試卷> 題目
    難點36  函數方程思想 函數與方程思想是最重要的一種數學思想,高考中所占比重較大,綜合知識多、題型多、應用技巧多.函數思想簡單,即將所研究的問題借助建立函數關系式亦或構造中間函數,結合初等函數的圖象與性質,加以分析、轉化、解決有關求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數的取值范圍等問題;方程思想即將問題中的數量關系運用數學語言轉化為方程模型加以解決. ●難點磁場 1.()關于x的不等式2.32x–3x+a2–a–3>0,當0≤x≤1時恒成立,則實數a的取值范圍為       . 2.()對于函數

    難點36  函數方程思想 函數與方程思想是最重要的一種數學思想,高考中所占比重較大,綜合知識多、題型多、應用技巧多.函數思想簡單,即將所研究的問題借助建立函數關系式亦或構造中間函數,結合初等函數的圖象與性質,加以分析、轉化、解決有關求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數的取值范圍等問題;方程思想即將問題中的數量關系運用數學語言轉化為方程模型加以解決. ●難點磁場 1.()關于x的不等式2.32x–3x+a2–a–3>0,當0≤x≤1時恒成立,則實數a的取值范圍為       . 2.()對于函數參考答案

    參 考 答 案

    ●難點磁場

    1.解析:設t=3x,則t∈[1,3],原不等式可化為a2a–3>–2t2+t,t∈[1,3].

    等價于a2a–3大于f(t)=–2t2+t在[1,3]上的最大值.

    答案:(–∞,–1)∪(2,+∞)

    2.解:(1)當a=1,b=–2時,f(x)=x2x–3,由題意可知x=x2x–3,得x1=–1,x2=3.

    故當a=1,b=–2時,f(x)的兩個不動點為–1,3.

    (2)∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有兩個不動點,

    x=ax2+(b+1)x+(b–1),即ax2+bx+(b–1)=0恒有兩相異實根

    ∴Δ=b2–4ab+4a>0(b∈R)恒成立.

    于是Δ′=(4a)2–16a<0解得0<a<1

    故當b∈R,f(x)恒有兩個相異的不動點時,0<a<1.

    (3)由題意A、B兩點應在直線y=x上,設A(x1,x1),B(x2,x2)

    又∵A、B關于y=kx+對稱.

    k=–1.設AB的中點為M(x′,y′)

    x1,x2是方程ax2+bx+(b–1)=0的兩個根.

    x′=y′=,又點M在直線上有

    ,即

    a>0,∴2a+≥2當且僅當2a=a=∈(0,1)時取等號,

    b≥–,得b的最小值–.

    ●殲滅難點訓練

    一、1.解析:考查函數y1=y2=(2a)x的圖象,顯然有0<2a<1.由題意a=,再結合指數函數圖象性質可得答案.

    答案:A

    2.解析:由題意可得f(–x+1)=–f(x+1).令t=–x+1,則x=1–t,故f(t)=–f(2–t),即f(x)=–f(2–x).

    x>1,2–x<1,于是有f(x)=–f(2–x)=–2(x)2,其遞減區間為[,+∞).

    答案:C

    3.解析:顯然有x>3,原方程可化為

    故有(10–a).x=29,必有10–a>0得a<10

    x=>3可得a.

    答案:a<10

    4.解析:原式化為.

    <–1,ymin=1+m=–4m=–5.

    當–1≤≤1,ymin==–4m=±4不符.

    >1,ymin=1–m=–4m=5.

    答案:±5

    二、5.解:(1)令2x=t(t>0),設f(t)=t2–4t+a.

    f(t)=0在(0,+∞)有且僅有一根或兩相等實根,則有

    f(t)=0有兩等根時,Δ=016–4a=0a=4

    驗證:t2–4t+4=0t=2∈(0,+∞),這時x=1

    f(t)=0有一正根和一負根時,f(0)<0a<0

    ③若f(0)=0,則a=0,此時4x–4.2x=02x=0(舍去),或2x=4,∴x=2,即A中只有一個元素

    綜上所述,a≤0或a=4,即B={aa≤0或a=4}

    (2)要使原不等式對任意a∈(–∞,0]∪{4}恒成立.即g(a)=(x–2)a–(x2–6x)>0恒成立.只須

    x≤2

    6.解:(1)∵方程ax2+bx=2x有等根,∴Δ=(b–2)2=0,得b=2.

    f(x–1)=f(3–x)知此函數圖象的對稱軸方程為x=–=1得a=–1,故f(x)=–x2+2x.

    (2)f(x)=–(x–1)2+1≤1,∴4n≤1,即n

    而拋物線y=–x2+2x的對稱軸為x=1

    n時,f(x)在[m,n]上為增函數.

    若滿足題設條件的m,n存在,則

    mn,∴m=–2,n=0,這時定義域為[–2,0],值域為[–8,0].

    由以上知滿足條件的m、n存在,m=–2,n=0.

    7.(1)證明:當n=1時,g1(x0)=x0顯然成立;

    n=k時,有gk(x0)=x0(k∈N)成立,

    gk+1(x0)=fgk(x0)]=f(x0)=g1(x0)=x0

    n=k+1時,命題成立.

    ∴對一切n∈N,若g1(x0)=x0,則gn(x0)=x0.

    (2)解:由(1)知,穩定不動點x0只需滿足f(x0)=x0

    f(x0)=x0,得6x0–6x02=x0,∴x0=0或x0=

    ∴穩定不動點為0和.

    (3)解:∵f(x)<0,得6x–6x2<0x<0或x>1.

    gn(x)<0fgn–1(x)]<0gn–1(x)<0或gn–1(x)>1

    要使一切n∈N,n≥2,都有gn(x)<0,必須有g1(x)<0或g1(x)>1.

    g1(x)<06x–6x2<0x<0或x>1

    g1(x)>06x–6x2>1

    故對于區間()和(1,+∞)內的任意實數x,只要n≥2,n∈N,都有gn(x)<0.

    8.(1)證明:任取x1x2>0,f(x1)–f(x2)=

    x1x2>0,∴x1x2>0,x1x2>0,

    f(x1)–f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),故f(x)在(0,+∞)上是增函數.

    (2)解:∵≤2x在(0,+∞)上恒成立,且a>0,

    a在(0,+∞)上恒成立,令(當且僅當2x=x=時取等號),要使a在(0,+∞)上恒成立,則a.故a的取值范

    圍是[,+∞).

    (3)解:由(1)f(x)在定義域上是增函數.

    m=f(m),n=f(n),即m2m+1=0,n2n+1=0

    故方程x2x+1=0有兩個不相等的正根m,n,注意到m.n=1,故只需要Δ=()2–4>0,由于a>0,則0<a.

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